HƯỚNG dẫn GIẢI một số bài tập hóa hữu cơ KHÓ

Cộng đồng hóa học Bookgol

Bring about change
HƯỚNG DẪN GIẢI MỘT SỐ BÀI TẬP
HỮU CƠ HAY VÀ KHÓ
Admin Cộng đồng hóa học Bookgol

Trong những năm gần đây bài tập hóa học hữu cơ phát triển rất đa dạng, cùng với đó là
sự xuất hiện của rất nhiều các bài toán, dạng toán hữu cơ tổng hợp, lạ… Diều này khiến cho
không ít học sinh rất lúng túng khi làm các bài toán hóa hữu cơ tổng hợp. Dưới đây là một số bài
toán như vậy. Để làm được các bài toán hóa hữu cơ khó và mới các em học sinh cần nắm được
một số điều sau:
+ Tính chất hóa học của từng loại hợp chất, từng nhóm chức, tính chất của các liên kết…
+ Phân chia được khả năng xảy ra, các điểm mấu chốt của bài toán, đồng thời phân lập
được các bài toán nhỏ trong một bài toán tổng hợp
+ Có khả năng biện luận thật tốt, bất kì một bài hữu cơ tổng hợp nào thì cũng không thể
thiếu điều này
+ Vận dụng linh hoạt các định luật bảo toàn nguyên tố, bảo toàn khối lượng để giải toán.
Phần hướng dẫn giải ở dưới mỗi bài toán sẽ giúp các em học sinh phần nào có cho mình được
một chút tư duy và phương pháp tiếp cận các bài toán hóa hữu cơ tổng hợp mới.

Câu 1: M là tập hợp các chất hữu cơ no, mạch hở thuần chức không tác dụng được với H2 ( Ni,
t0). Đốt cháy 1mol M với tỉ lệ các chất bất kì đều cần 2mol O2, sản phẩm thu được có tổng khối
lượng là m gam chỉ gồm H2O và CO2. Đem m gam H2O và CO2 này sục vào dung dịch nước vôi
trong dư đến khi phản ứng xảy ra hoàn toàn thì thấy khối lượng dung dịch giảm ∆m gam. Nếu
∆m=100 gam thì m gần nhất với giá trị nào ?
A. 141

B. 142

C. 143

D. 144

Hướng dẫn.
Nhận xét để đốt cháy hoàn toàn 1mol M với tỉ lệ các chất bất kì đều cần 2mol O2 thì khi
đem đốt cháy 1mol mỗi chất trong M cũng phải thỏa mãn số mol O2 cần là 2mol. ( Có thể chứng
minh được qua phương trình phản ứng).
Gọi công thức của X là một chất trong M là CxHyOz : 1mol  x 

y z
  2  4 x  2 z  8  y (*)
4 2

Do M là tập hợp các hợp chất hữu cơ no, thuần chức và không phản ứng với H2 ( Ni, to) nên các
hợp chất trong M chỉ có thể là các chức ancol, ete, este, axit. ( không xét anhydrit ngoài chương
trình, nếu xét thì cũng loại được)


Cộng đồng hóa học Bookgol

Bring about change

2x  2  y
 0  y  2 x  2 thay vào (*) ta có 3x  z  3
2
dễ thấy không có giá trị nào của x, z thỏa mãn.

Nếu X là ancol hoặc ete và X no  k 

Nếu X là este hoặc axit và X no  k 

2x  2  y z
  2 x  z  y  2 thay vào (*) ta được
2
2

y  4 . Như vậy các hợp chất trong M phải có số H là 4  nH2O  2 .

Gọi số mol CO2=a mol ta có. 100a – (44a +18.2) =100  a=17/7  m=142,85  C
Nhận xét : Đây là một câu rất hay đòi hỏi khả năng biện luận cực tốt mới xử lý chính xác được
bài toán.
Câu 2: Thủy phân hoàn toàn 4,84g este A bằng một lượng dung dịch NaOH vừa đủ, rồi cô cạn
chỉ thu được hơi nước và hỗn hợp X gồm hai muối. Đốt cháy hoàn toàn lượng muối trên cần
đúng 6,496 (lít) O2 (đktc), thu đc 4,24g Na2CO3; 5,376 (lít) CO2 (đktc) và 1,8g H20.Thành phần
% khối lượng muối có PTK nhỏ hơn trong X là
A. 27,46%
B. 54,92%
C. 36,61%
D. 63,39%
Hướng dẫn:
Áp dụng định luật bảo toàn nguyên tố Na ta có: nNaOH  2.nNa2CO3  0,08 mol
Áp dụng định luật BTKL cho phản ứng cháy ta có:

m muôí  mNa2CO3  mCO2  mH 2O  mO2  4, 24 

5,376
6, 496
.44  1,8 
.32  7,32 g
22, 4

22, 4

Áp dụng định luật BTKL cho phản ứng thủy phân ta có

mH2O  mA  mNaOH  mmuoi  4,84  0,08.40  7,32  0,72  n H2O  0,04mol
Ta có sơ đồ: A + NaOH 2 Muối + H2O.  A là este của chất loại Phenol.

Cx H y Oz

+ 0,08NaOH  C0,28 H 0,2O0,12 Na0,08  0, 04 H 2O

 x : y : z  7 : 5 : 2  (C7 H 5O2 ) n
2.7 n  2  5n
 n  4n ( do 1 nhóm –
2
COO- có 1 lk pi và 1 vòng benzen có độ không no =4)  n=2
Mặt khác gọi k là độ bất bão hòa của este A ta sẽ có : k 

Vậy công thức A là C14H10O4 hay ctct có thể ( có thể có ct khác) :
 đáp án


Cộng đồng hóa học Bookgol

Bring about change

Nhận xét: Bài này nếu để dùng để làm trắc nghiệm thì rất đơn giản rồi. Tuy nhiên để có một lời
giải theo hướng tự luận chặt chẽ thì cũng không dễ. Mấu chốt của khâu biện luận nằm ở độ bất
bão hòa.
Câu 3: Hỗn hợp X chứa 1 ancol đơn chức (A), axit hai chức (B) và este 2 chức (D) đều no, mạch

hở và có tỉ lệ mol tương ứng 3 : 2 : 3. Đốt cháy hoàn toàn m gam hỗn hợp X cần dùng 6,272 lít
O2(đktc). Mặt khác đun nóng m gam hỗn hợp X trong 130 ml dung dịch NaOH 1M thu được
dung dịch Y và hỗn hợp 2 ancol là đồng đẳng kế tiếp. Cô cạn dung dịch Y sau đó nung với CaO
thu được duy nhất một hydrocacbon đơn giản nhất có khối lượng 0,24 gam. Các phản ứng đạt
hiệu suất 100%. CTPT có thể có của ancol là.
A. C5H11OH
B. C3H7OH
C. C2H5OH
D. C4H9OH
Hướng dẫn:
Do nung Y với CaO thu được Hidrocacbon đơn giản nhất nên ta có axit B và axit tạo este D phải
là HOOC-CH2-COOH.
TH1: Phản ứng nung với CaO của Y lượng NaOH thiếu.
NaOOC-CH2-COONa + 2NaOH  CH4 + 2Na2CO3 (1)
Vậy nNaOH(1) = 2.(0,24/16) = 0,03 mol. Vậy NaOH phản ứng với X =0,13.1-0,03=0,1 mol

Cn H 2 n  2O : 9x mol

0,1 mol NaOH
 5 x  0,1  x  0, 01
X  HOOC  CH 2  COOH : 5x mol 
 H O : -6x mol
 2


nCO2  9 xn  5 x.3
X + 0,28 mol O2 

nH 2O  9 x(1  n)  5 x.2  6 x

Áp dụng BTNT O ta có

9 x  5x.4  6 x  0, 28.2  2.(9 xn  5x.3)  9 x(1  n)  5x.2  6 x
Thay x=0,01 vào ta có

n  1,3333333  C

TH2: NaOH dư ở pư nung với CaO ( loại vì ko tìm được giá trị phù hợp)
Nhận xét: Rất nhiều bạn sẽ không để ý bài toán có hai trường hợp và sẽ kết luận đề bài vô lí,
nhưng thực tế là bài toán hoàn toàn phù hợp, cần rất tinh ý để không mắc bẫy.
Câu 6: Hỗn hợp X gồm tripanmitin, tristearin, axit acrylic, axit oxalic, p-HOC6H4CH2OH (số mol pHOC6H4CH2OH = Số mol axit acrylic + số mol axit oxalic). Cho 56,4112 gam X tác dụng hoàn toàn


Cộng đồng hóa học Bookgol

Bring about change

với 58,5 gam dung dịch NaOH 40%, cô cạn dung dịch sau phản ứng thì thu được m gam chất rắn và
phần hơi có chất hữu cơ chiếm 2,916% về khối lượng. Mặt khác, đốt cháy hoàn toàn 0,2272 mol X
thì cần 37,84256 lít O2 (đktc) và thu được 18,0792 gam H2O. Giá trị của m gần nhất với
A.68.

B.70.

C.72.

D.67.

Hướng dẫn:
Ta có: (C15H31COO)3C 3H5 vµ (C17 H35COO)3C 3H5 :3π ; p-HOC6 H4 CH2 OH:4π ;

CH 2 =CH-COOH và (COOH) 2 : 2

Mà n p-HOC H CH OH =nCH
6 4

2 =CH-COOH

2

+n(COOH)2 nên k  3

Xét thí nghiệm 2; ta có:
BTKL
nCO  nH O   3  1 .n X  nCO  1,4588  mol  
 m X  28,2056  g  .
2

2

2

 Số liệu thí nghiệm 1 gấp hai lần số liệu thí nghiệm 2.

Mà: 12 n CO2  2 n H2O  16 n O/ X ë TN 2  m X  n O/ X ë TN 2  0,5432  n O/ X ë TN 1  1,0864(mol)
1,4588

Gọi

1,0044

56,4112:2

?

b   n(axit vµ p HOC H CH OH)  n H O t¹o thµnh  nO/(axit vµ pHOC6H4CH2OH)
6 4

a  n RCOO



3C3H5

2

2

1
2

= nC H

3 5 (OH)3

Khi đó: 6a  2b  1,0864  nO/X ë TN1 ;

92a
 2,916%  a  0, 0144; b  0,5
92a  18b  58,5.0, 6

Từ đó: m  56, 4112  58,5  0, 0144.92 : 2,9,16%  69, 48 g .
Đáp án B

Tham gia Group học tập :
/>